题解报告：hdu 4704 Sum（扩展欧拉定理）

Problem Description

Sample Input

2

Sample Output

2

Hint

1. For N = 2, S(1) = S(2) = 1.

2. The input file consists of multiple test cases.

解题思路：由于指数很大，要用到欧拉降幂公式，即扩展欧拉定理：$ a^n \equiv a^{n \; mod \;\varphi(p)} (mod \; p)$，其中$gcd(a, p) = 1$。题目的意思就是给出一个N，N∈[1,10^100000]，求(S1+S2+...+SN)mod(10^9+7)，其中Si表示i个数相加总和为N组成的方案数，那么原问题就可以转换成N=x1+x2+x3+...+xN，其中xi看作是由m个1(m∈[0,N])相加得到的，则SN就有N个1（xi=1(i∈[1,N])）相加得到，所以也就是求N个1分组的方案数（小球隔板问题）。将N个1排成一行，有N-1个空，每个空可以选择插入或者不插入一块隔板，则一共有2^(N-1)种方案数。由于N很大，直接套整数快速幂模板肯定是不行的，又因为10^9+7是一个质数，因此是否可以通过费马小定理来实现对指数N-1先取个模，然后再套一下整数快速幂取模运算？我们来推导一下公式：根据费马小定理公式：a^(p-1)≡1(mod p)，其中p是质数，p不能整除a。假设n=n%(p-1)+t*(p-1)，其中t=n/(p-1)，则2ⁿ%p=2^n%(p-1)%p*(2^t)^(p-1)%p，由于gcd(2^t,p)=1，即(2^t)^(p-1)≡1(mod p)，所以最终推得的公式为2ⁿ%p=2^n%(p-1)%p。用字符串读取N，同时取模p-1，因为(N-1)%(p-1)=N%(p-1)-1，所以将N模p-1得到的结果N'再计算一下2^(N'-1)%p即可。

AC代码：

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 typedef long long LL;
 const LL mod=1e9+;
 const int maxn=1e5+;//N最大有10^5位
 char str[maxn];
 LL mod_power(LL a,LL b){//整数快速幂
     LL ans=;
     while(b){
         if(b&)ans=ans*a%mod;
         a=a*a%mod;
         b>>=;
     }
     return ans;
 }
 int main(){
     while(cin>>str){
         LL N=;
         for(int i=;str[i]!='\0';++i)
             N=(*N+(str[i]-''))%(mod-);//先处理N'=N%(p-1)
         cout<<mod_power(,N-)<<endl;//再求2^(N'-1)%p即可
     }
     return ;
 }